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第三章 一元函数的导数及其应用
第1讲 导数的概念及运算
课标要求 考情分析
1.了解导数的概念，掌握基本初等函数的导数公式. 2.通过函数图象，理解导数的几何意义. 3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数形如的导数. 命题形式 多以选择题为主，属于中档题，有时也会出现在解答题的第一问. 常考内容 导数的几何意义. 创新考法 直线与曲线相切的新定义可能成为命题的新考法.
必备知识 自主排查
理一理
1.导数的基本概念
（1）函数在处的导数记作或,
即.
（2）函数的导函数
.
2．导数的几何意义
函数在处的导数就是曲线在点处①_ _ _ _ _ _ _ _ ，
即.
【答案】切线的斜率
3．基本初等函数的导数公式
基本初等函数 导数
（为常数） ②_ _
,且 ③_ _ _ _ _ _ _ _
④_ _ _ _ _ _ _ _
⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
⑥_ _ _ _ _ _ _ _
,且 ⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
⑧_ _ _ _ _ _
,且 ⑨_ _ _ _ _ _ _ _ _ _
【答案】0； ； ； ； ； ； ；
4．导数的运算
（1）⑩_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2） _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（3）.
【答案】；
5．复合函数的导数
复合函数的导数与函数，的导数间的关系为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积.
【答案】
常用结论
1.奇函数的导函数是偶函数，偶函数的导函数是奇函数，周期函数的导函数还是周期函数.
2.函数在处的导数反映了函数在处的瞬时变化率，其正负号反映了变化的方向，其大小反映了变化的快慢，越大，曲线在这点处的切线越“陡”.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”,错误的打“×”）
（1） 是函数在附近的平均变化率.（ ）
（2） 求时,可先求,再求.（ ）
（3） 函数的导数为.（ ）
（4） 曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点. （ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
（4） √
2．（选择性必修第二册P78T2改编）下列函数求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】选.因为,所以 错误；,所以 正确；,所以 错误；,所以 错误.
3．如图，直线是曲线在点处的切线，则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题图可知直线 过点,，所以直线 的斜率为，所以.
4．（选择性必修第二册P78T3改编）曲线在处的切线方程为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得，所以，又，所以切点坐标为，切线斜率，即曲线 在 处的切线方程为，即.
5．（用结论）观察,,,由归纳推理可得：若定义在上的函数满足,记为的导函数，则_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由常用结论1可知，偶函数的导函数为奇函数，因此当 是偶函数时，其导函数 为奇函数，故.
核心考点 师生共研
考点一 导数的运算
［例1］ 求下列函数的导数.
（1） ;
（2） ;
（3） ;
（4） ;
（5） .
【答案】（1） 【解】.
（2） .
（3） .
（4） .
（5） .
［感悟进阶］
导数的运算方法
(1)求函数的导数先要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导．
(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解．
(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．
［对点训练］
1．（多选）下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】选.对于，，故 正确；对于，，故 正确；对于，，故 错误；对于，，故 正确.
2．设函数的导函数是.若,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.因为,所以,所以,解得,所以,所以.
考点二 导数的几何意义
角度1 求切线方程
［例2］ [2024·全国甲卷]设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得,所以，所以曲线 在点 处的切线方程为，即，切线与两坐标轴的交点分别为，，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
［感悟进阶］
利用导数的几何意义求切线方程的方法
角度2 求切点坐标
［例3］ 过点作曲线的切线，则切点坐标为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得,显然点 不在曲线 上，设切点坐标为，,则,解得,则切点坐标为.
［感悟进阶］
求切点坐标的一般步骤
角度3 与切线有关的参数问题
［例4］ [2025·江门调研]若曲线在点处的切线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】由题意得直线 的斜率,则曲线 在点 处的切线的斜率为2.又,所以当 时，,解得.
［感悟进阶］
解决曲线的切线问题的关键
处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点之间的关系列出关于参数的方程（组）并解出参数：（1）切点处的导数是切线的斜率；（2）切点在切线上，故满足切线方程；（3）切点在曲线上，故满足曲线方程.
［对点训练］
1．曲线在点处的切线如图所示.则（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】选.因为切线 过点 和，所以,
所以切线 的方程为.
当 时，,即,
所以.
2．已知幂函数f(x)＝(m＋2)xm，直线y＝kx＋m是曲线y＝f(x)的切线，则实数k＝(　　)
A． B．－ C．－ D．－
解析：选D.因为f(x)＝(m＋2)xm为幂函数，故m＋2＝1，解得m＝－1，则f(x)＝，f′(x)＝－.
不妨设直线y＝kx＋m即y＝kx－1与曲线y＝f(x)的切点坐标为(x0，)，则k＝－，且＝kx0－1，解得x0＝－2，故k＝－.
3．(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝________．
解析：方法一：由y＝ex＋x＋a，得y′＝ex＋1.设切点为P(x0，y0)，由直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，得解得
方法二：设切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x0＝ex0＋1＝2，所以x0＝0，因此y0＝2x0＋5＝5.因为点P(0，5)在曲线y＝ex＋x＋a上，所以a＝4.
答案：4
考点三 两条曲线的公切线问题
［例5］ [2024 新课标Ⅰ卷]若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题，令，则，所以，所以曲线 在点 处的切线方程为．令，则，设直线 与曲线 相切于点，则，解得，，则，所以.
细研真题　本题源自教材人教A版选择性必修第二册P104 T13.本题设计成求两曲线的公切线，展现了创新性，以往更多考查的是求曲线在某点处的切线和过某点的切线，此类问题可作如下变式．
真题变式
1．直线与曲线和分别相切于点和点处，则（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】选.当直线 与曲线 相切于点 处时，直线 的方程为，即.
当直线 与曲线 相切于点 处时，直线 的方程为，
即.
所以
化简得,所以.
2．已知曲线与曲线在交点处有相同的切线，则_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】由 可得,,所以曲线 在点 处的切线方程为.由 可得,所以.
［感悟进阶］
解决两曲线的公切线问题的两种方法
（1）利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解.
（2）设公切线在曲线上的切点为,在曲线上的切点为,则.
［对点训练］．若曲线在处的切线也是曲线的切线，则_ _ _ _ ．
【答案】2
【解析】设，则，，又，所以曲线 在点 处的切线方程为,即．
方法一：设，切点为，则，由题得，解得，则切点为.因为切点在切线 上，则．
方法二：联立 与，消去 整理得，，由题意，该方程只有唯一解，所以，即.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.依题意得，故.
2．已知函数在处的导数为4，则（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】A
【解析】选.因为函数 在 处的导数为4，
所以
.
3．若函数的图象在点处的切线经过点,则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】选.由题意得,
则,故函数 在点 处的切线方程为,
又切线过点，
则,解得.
4．已知函数,过原点作曲线的切线,则切点的坐标为（ ）
A. B. C. ， D.
【答案】B
【解析】选.由题意可知,设切点为,，则切线方程为,因为切线 过原点，所以,解得,则切点 的坐标为.
5．（多选）已知函数的图象在点处的切线为,则（ ）
A. 的斜率的最小值为 B. 的斜率的最小值为
C. 的方程为 D. 的方程为
【答案】BCD
【解析】选.由题意得.所以 的斜率的最小值为，故 错误，正确；
因为,，所以 的方程为，故 正确；
因为,,所以 的方程为,即，故 正确.
6．已知函数，若，则_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】由题意得，所以，解得.
7．[2025·甘孜模拟]设为的导函数，若，则曲线在点处的切线方程为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题得，,则，解得,
所以，则,
所以曲线 在点 处的切线方程为,即.
8．已知是可导函数，如图，直线是曲线在处的切线.若,是的导函数，则_ _ _ _ .
【答案】0
【解析】因为,
所以,
所以,
又由题图可知,,
所以.
9．（13分）已知函数的导函数为，且满足.求：
（1） 及的值；（6分）
（2） 的图象在点处的切线方程.（7分）
【答案】
（1） 解：由题意得，，
，
所以,即，
所以.
（2） 因为，，
所以,
，
所以 的图象在点 处的切线方程为，
即.
B 综合运用
10．[2025·福建适应性测试]已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】A
【解析】选.方法一（设点法）：设直线 与曲线 的切点坐标为,,直线 与曲线 的切点坐标为,.
对 求导得,
对 求导得，
所以有
即 解得
所以.
方法二（代入法）：对 求导得,令,得,又,所以曲线 在点 处的切线方程为,即,同理得曲线 在点 处的切线方程为,结合选项知 正确.
11．[2025·广东联合测评]已知曲线,过点可作该曲线的两条切线，切点分别为,,则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】选.由 可得,设切点坐标为，所以,所以切线方程为,将点 代入，得,即,因为过点 可作曲线 的两条切线，则关于 的方程 有两个不同的实数解,,所以.
12．（多选）设，曲线在点处的切线的斜率为，与轴的交点为，与轴的交点为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】选.由于，所以，切线方程为，从而，,，错误；
，正确；
，正确；
，
，错误.
13．（13分）已知函数.
（1） 若函数的图象过原点，且在原点处的切线斜率为，求,的值；（6分）
（2） 若曲线存在两条垂直于轴的切线，求的取值范围.（7分）
【答案】
（1） 解：.
由题意得
解得,或.
（2） 因为曲线 存在两条垂直于 轴的切线，即关于 的方程 有两个不相等的实数根，
所以,
即,解得.
所以 的取值范围为 ,,.
14．（15分）已知函数和,其中,为常数且.若存在斜率为1的直线与曲线,同时相切.
（1） 若曲线在点处的切线斜率为1，求；（2分）
（2） 求的取值范围.（13分）
【答案】
（1） 解：,则,
解得.
（2） ,,
设曲线 在点 处的切线斜率为1，
即,,
故切点为.
由（1）可知，曲线 在点 处的切线斜率为1，故切线方程为,因为斜率为1的直线与曲线,同时相切，所以 在切线 上，
故,
所以.
因为,所以,当且仅当,
即 时，等号成立，
故 的取值范围为.
第2讲 导数与函数的单调性
课标要求 考情分析
1.结合实例，直观地了解函数的单调性与导数的关系. 2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间. 命题形式 常在解答题的第一问中考查，难度中等. 常考内容 含有参数的函数单调性的讨论.
必备知识 自主排查
理一理
函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数在区间上可导 在上单调①_ _
在上单调②_ _
在上是常数函数
【答案】递增； 递减
常用结论
1.用充分、必要条件诠释导数与函数单调性的关系：
（1）在区间内恒成立是在区间内单调递增（减）的充分不必要条件；
（2）在区间内恒成立是在区间内单调递增（减）的必要不充分条件；
（3）在区间内恒成立且在区间的任意子区间内都不恒等于零是在区间内单调递增（减）的充要条件.
2.若函数在上存在单调递增区间，则当时，有解；
若函数在上存在单调递减区间，则当时，有解.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 函数在内单调递增，那么.（ ）
（2） 如果函数在某个区间内恒有，则在此区间内没有单调性.（ ）
（3） 若函数在定义域上恒有,则在定义域上一定单调递增.（ ）
【答案】（1） ×
（2） √
（3） ×
2．（选择性必修第二册（2）改编）函数在上的单调性为（ ）
A. 先增后减 B. 先减后增 C. 单调递增 D. 单调递减
【答案】D
【解析】选.因为在区间 上，恒成立,所以 在 上单调递减.
3．（选择性必修第二册P86例2改编）函数的导函数的图象如图所示，则下面判断正确的是（ ）
A. 在区间上，单调递增
B. 在区间上，单调递减
C. 在区间上，单调递增
D. 在区间上，单调递增
【答案】C
【解析】选.由题图可知，在区间，，上均不单调，故,,错误；在区间 上，恒成立，所以 在区间 上单调递增，故 正确.
4．函数的单调递增区间为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】，
【解析】由，得.令，即，解得，所以函数 的单调递增区间为，.
核心考点 师生共研
考点一 由导函数的图象研究函数的单调性
［例1］ 已知函数的导函数的图象如图所示，则的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为题中 的图象经过 与 两点，即,,由导数的几何意义可知曲线 在 与 处的切线的斜率为0，故，错误；
由题中 的图象知，在 上恒成立，故 在 上单调递增，又 在 上越来越大，在 上越来越小，所以 在 上的增长速度越来越快，在 上的增长速度越来越慢，故 错误，正确.
［感悟进阶］
(1)由原函数图象识别导函数图象的依据：若f(x)单调递增，则f′(x)的图象一定在x轴及x轴的上方；若f(x)单调递减，则f′(x)的图象一定在x轴及x轴的下方；若f(x)是常数函数，则f′(x)＝0.
(2)由导函数图象识别原函数图象的依据：f′(x)＞0，则f(x)单调递增；f′(x)＜0，则f(x)单调递减．
［对点训练］
1．已知是的导函数，若函数的图象如图所示，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】选.由题中 的图象可得，在 上，,在 上，,则 在 上单调递增，在 上单调递减，可排除，；且在 处，,即在 处，函数 图象的切线的斜率为0，可排除.
2．如图为函数的图象，若的导函数为,则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选.由题中 的图象知 在 上先减后增，故 在 上的函数值先负后正，排除，；同理，在 上的函数值先负后正，排除 符合题意.
考点二 不含参数的函数的单调性
［例2］
（1） [2025·齐齐哈尔联考]若函数,则函数的单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
（2） 函数在上的单调性是（ ）
A. 先增后减 B. 先减后增 C. 单调递增 D. 单调递减
【答案】（1） C
（2） C
【解析】
（1） 函数,定义域为，,令,解得,则函数 的单调递减区间为.
（2） 由题可得，,令,,则,因为 在 上恒成立，所以函数 在 上单调递增，所以,即 在 上恒成立,所以函数 在 上单调递增.
［感悟进阶］
单调区间的求法
(1)求函数的单调区间要注意先求函数的定义域．
(2)使f′(x)＞0的区间为f(x)的单调递增区间，使f′(x)＜0的区间为f(x)的单调递减区间．
(3)函数的单调区间不能用“∪”连接，而要用“，”或“和”．
［对点训练］
1．下列函数在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】选.由题意知，在 上恒成立.对于，，，不符合题意；
对于，在 上恒成立，符合题意；
对于，，，不符合题意；
对于，，，不符合题意.
2．已知函数.判断函数的单调性.
解：因为,
所以.
令,则,
易得 在 上恒成立，
可得 在 上单调递减，
所以.
所以当 时，;当 时，,所以 在 上单调递增，
在 上单调递减.
考点三 含有参数的函数的单调性
［例3］ [2025·郑州质检]已知函数，求函数的单调区间.
【解】 由题意得，的定义域为.
当 时,,则函数 的单调递增区间为，无单调递减区间；
当 时，
.
因为,,所以,
令,解得,
令，解得,
所以函数 的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上可知，当 时，函数 的单调递增区间为,无单调递减区间；
当 时，函数 的单调递减区间为,单调递增区间为.
［感悟进阶］
利用导数讨论含参函数单调性的策略
(1)确定函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
(2)若导函数为二次函数，首先看它能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式的正负、二次项系数的正负、两根的大小及根是否在定义域内．
(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0只在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．
［对点训练］．[2025·运城开学考]已知函数,讨论函数的单调性.
解：由题可得.
当 时，恒成立,在 上单调递增；
当 时，令 可得,
当 时，,单调递减，当 时，,单调递增.
综上，当 时，在 上单调递增，
当 时，在 上单调递减，
在 上单调递增.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．函数的单调递减区间是（ ）
A. B.
C. , D. 无单调递减区间
【答案】D
【解析】选.由题知，在 上恒成立，所以 在 上单调递增，故函数 无单调递减区间.
2．已知定义在上的函数,其导函数的图象如图所示，则的单调递减区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由题图可知，当 时，,函数 单调递减，所以 的单调递减区间是.
3．已知函数满足,则的单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选.由题意得,所以,则,所以,则,所以,.当 时，，在 上单调递增，当 时，,在 上单调递减，故 的单调递减区间为.
4．（多选）下列函数中，在上是单调函数的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】选 选项，由 得，当 时，，则 单调递增；当 时，，则 单调递减,所以 在 上不单调，故不符合题意；
选项，由 得 恒成立且不恒为零，所以 在 上是增函数，故符合题意；
选项，由 得，当 时，，则 单调递增；当 时，，则 单调递减，所以 在 上不单调，故不符合题意；
选项，由 得，当且仅当 时，等号成立，所以 恒成立且不恒为零，所以 在 上是增函数，故符合题意.
5．（多选）已知函数,则（ ）
A. 曲线关于轴对称 B. 曲线关于原点对称
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
【答案】AD
【解析】选.函数 的定义域为，关于原点对称,,则函数 为偶函数，所以曲线 关于 轴对称，故 正确，错误；当 时，,,令,解得，所以 在 上单调递增，故 错误；当 时，,,则当 时，,单调递增，故 正确.
6．函数为函数.（填“增”或“减”）
【答案】增
【解析】由题意得 的定义域为.
因为,
所以.
因为,所以，，即，所以 在 上是增函数.
7．已知定义在区间 ，上的函数,则的单调递增区间是 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】和，
【解析】由题可知，,,令,解得 或,故函数 的单调递增区间是 ，和，.
8．已知函数的单调递减区间是，则的值为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题可得,
的解集为，
则，1是方程 的解，
所以由根与系数的关系可知,，可得,,故.
9．（13分）已知函数，其中，求的单调区间.
解：函数 的定义域是，
，
若，当 时，，函数 单调递减，当 时，，函数 单调递增，故 的单调递减区间是，单调递增区间是；
若，当 或 时，，函数 单调递增，当 时，，函数 单调递减，故 的单调递增区间是 和，单调递减区间是；
若,,当且仅当 时取等号，故 的单调递增区间是，无单调递减区间；
若，当 或 时，，函数 单调递增，当 时，，函数 单调递减，故 的单调递增区间是 和，单调递减区间是.
综上所述，当 时，的单调递减区间是，单调递增区间是；
当 时，的单调递增区间是 和，单调递减区间是；
当 时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当 时，的单调递增区间是 和，单调递减区间是.
B 综合运用
10．函数的图象被称为“牛顿三叉戟”曲线，当时，函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】选.当 时，,函数 的定义域为,则,令,得;令,得 或,所以函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增.观察选项，，，的图象可知，选项符合 的单调性.
11．（多选）若函数恰好有三个单调区间，则实数的取值可以是（ ）
A. B. C. 0 D. 2
【答案】BD
【解析】选.依题意知,有两个不相等的零点，即 解得 且.观察选项可知选项，符合.
12．(多选)若函数y＝f(x)与y＝f(－x)在区间[a，b]上的单调性相同，则称区间[a，b]是函数y＝f(x)的“稳定区间”．下列函数存在稳定区间的是(　　)
A.f(x)＝|x＋3|
B．f(x)＝4x＋2x
C．f(x)＝22x+3
D．f(x)＝x3－3x2－9x＋1
解析：选AD.对于A，因为f(x)＝|x＋3|与f(－x)＝|－x＋3|均在区间(－∞，－3]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝|x＋3|存在稳定区间，故A符合题意；
对于B，因为f(x)＝4x＋2x在R上是增函数，f(－x)＝4－x＋2－x在R上是减函数，所以f(x)＝4x＋2x不存在稳定区间，故B不符合题意；
对于C，因为f(x)＝22x+3在R上是增函数，f(－x)＝2-2x+3在R上是减函数，所以f(x)＝22x+3不存在稳定区间，故C不符合题意；
对于D，因为f(x)＝x3－3x2－9x＋1，所以f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1).
令f′(x)＞0，解得x＜－1或x＞3，则f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增，
令f′(x)＜0，解得－1＜x＜3，则f(x)在(－1，3)上单调递减．
因为f(－x)＝－x3－3x2＋9x＋1，
所以f′(－x)＝－3(x＋3)(x－1).
令f′(－x)＞0，解得－3＜x＜1，则f(－x)在(－3，1)上单调递增，
令f′(－x)＜0，解得x＜－3或x＞1，则f(－x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递减，综上，f(x)与f(－x)均在区间(1，3)上单调递减，在区间(－3，－1)上单调递增，
所以f(x)＝x3－3x2－9x＋1存在稳定区间，故D符合题意．
13．[2025·东北三校模拟]（13分）已知.求：
（1） 曲线在处的切线方程；（6分）
（2） 的单调递减区间.（7分）
【答案】
（1） 解：由,
得,
所以,又,
所以曲线 在 处的切线方程为,即.
（2）
.
令,则，由于,所以,
故只需,即 即可，
解得,,,
故 的单调递减区间为,,.
14．（15分）已知函数.
（1） 若的单调递减区间为，求的值；（7分）
（2） 讨论函数的单调性.（8分）
【答案】（1） 解：由题意得,由题意知0，为方程 的两根，所以.
（2） 的定义域为,
由（1）知,
令,得 或，
①若,则当 时，,当 时，,
所以 在,上单调递增，
在 上单调递减；
②若，则 恒成立且不恒为0，
所以 在 上单调递增；
③若,则当 时，,当 时，,
所以 在,上单调递增，
在 上单调递减.
综上，当 时，在,上单调递增，在 上单调递减；当 时，在 上单调递增；当 时，在,上单调递增，在 上单调递减.
第3讲 导数与函数单调性的应用
课标要求 考情分析
1.会根据函数的单调性求参数的范围. 2.会利用函数的单调性解不等式、比较函数值的大小. 命题形式 三种题型都可能出现，题目难度较大. 常考内容 根据函数的单调性求参数.
考点一 利用函数单调性求参数
［例1］ [2023· 新课标Ⅱ卷]已知函数在区间单调递增，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得，且 在 上恒成立，即 在 上恒成立，易知，则 在 上恒成立.设,则.当 时，,所以 在 上单调递增，,所以,即.
细研真题 试题源于教材人教版选择性必修第二册.本题考查导数在函数中的应用及不等式恒成立，考查学生化归与转化的能力和主动探究的能力.本题可作如下变式.
真题变式
1．已知函数的单调递增区间为,则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题可知，，因为 的单调递增区间为，而 的定义域为，所以 的一个极值点为1，所以,解得.
所以,，
显然 在 上为增函数，
所以当 时，.
符合题意，所以.
2．已知函数在区间上存在单调递增区间，则实数的取值范围为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】 在 上存在单调递增区间，则原问题等价于 在 上有解，
即 在 上有解.
令，因为 在 上单调递增，
故 在 上单调递减，
所以,所以.
［感悟进阶］
利用函数单调性求参数的方法
（1）利用集合间的包含关系：在上单调，则区间是相应单调区间的子集.
（2）为增（减）函数的充要条件是对任意的都有,且在内的任一非空子区间上，不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
（3）若函数在区间上不单调，则转化为在上有解（需验证解的两侧导数是否异号）.
［对点训练］．设，若的单调递减区间为，则_ _ _ _ _ _ ，_ _ _ _ _ _ .
【答案】；
【解析】由 可得，
依题意，的解集为，即 的解集为，
也即 的两个根为1，2，
故得 解得
考点二 利用单调性比较大小
［例2］ 已知函数,,则,,的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题知,,则函数 是偶函数,.当,时，，所以函数 在，上单调递增，所以,即.
［感悟进阶］
利用导数比较大小的方法
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
［对点训练］
1．已知函数.若,,,则,,的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.由题意，得.
因为,所以 恒成立，
所以 是增函数.
因为，所以.
又,即,
所以,所以,即.
2．若定义在上的偶函数满足对任意，都有,且当时，.若,,,则,,的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选.因为函数 是偶函数，所以,即 是以2为周期的周期函数，因为对任意,都有,所以函数 的图象关于直线 对称.当 时，,即函数 在 上单调递增，又,，,且，所以,即.
考点三 利用单调性解不等式
［例3］
（1） 已知函数,则不等式的解集为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
（2） 已知函数,则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】（1） B
（2） D
【解析】
（1） 由题意可知 的定义域为.因为 恒成立，当且仅当 时，等号成立，所以 在 上单调递减.由,可得 解得,即原不等式的解集为，.
（2） 由题意可知函数 的定义域是，,令，解得,所以在区间，上，,单调递增，在区间,上，,单调递减，因为,,,故当 时,或.所以不等式 的解集为.
［感悟进阶］
利用函数的单调性解不等式的关键
解不等式时，一方面要借助导数确定单调性，另一方面还要巧妙地将常数转化为函数值，同时注意函数定义域对变量的限制.
［对点训练］．已知函数,若，则实数的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】，
【解析】由题意得，因为,当且仅当 时等号成立，所以,所以 在 上单调递减.又,且 的定义域为，所以 为奇函数.由，得,即,解得.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．若函数的单调递减区间是，则（ ）
A. B. C. 1 D. 4
【答案】A
【解析】选.由题意知,且 的解集为,则 与4是方程 的两个根，故.
2．已知函数,则“”是“函数为增函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】选.由题意知，.当 时，,函数 是增函数.因为,所以“”是“函数 为增函数”的充分不必要条件.
3．若函数的图象如图所示，的导函数为,则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】选.由题图可得，当 时，,当 时，.
当 时，,，即;
当 时，,，即,所以 的解集为.
4．（多选）若函数在区间上单调，则实数的取值范围可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】选.由题意知 的定义域为，.
当 时，，即 的单调递增区间为；当 时，，即 的单调递减区间为.
因为 在区间 上单调，所以 或，解得 或.
5．（多选）已知函数，为自然对数的底数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】选.由题得,，
当 时，，函数 单调递增；
当 时，，函数 单调递减.
对于，，所以,因为，所以，故 正确；
对于，因为，所以,故 正确；
对于，因为，所以，故 正确；
对于,，所以,故 错误.
6．[2025·上饶模拟]若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意知，,且 在 上恒成立，即当 时，恒成立，因为，
当且仅当 时等号成立，
即，所以.
7．若函数在区间,上单调递减，则实数的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】，
【解析】由题意知，，当 时，解得，即 在 上单调递减.因为 在区间,上单调递减，所以 解得.
8．已知函数,则不等式的解集为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】，
【解析】由题意知，的定义域为，，因为,当且仅当 时等号成立，所以 在 上单调递增.又,所以原不等式可化为,即,解得,所以原不等式的解集为，.
9．（13分）已知函数,.
（1） 若在区间上单调递增，求实数的取值范围；（6分）
（2） 若存在单调递减区间，求实数的取值范围.（7分）
【答案】（1） 解：由题意知 在 上恒成立且等号不恒成立，则 在 上恒成立，令,,则 即可，而 在 内的最小值为,所以实数 的取值范围是.
（2） 依题意，在区间 上有解，即 在区间 上有解，而 的图象的对称轴为直线 且开口向上，所以必有,即.所以实数 的取值范围是.
B 综合运用
10．已知函数,且,,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.由题意得,，当 时，,单调递减.
因为,所以,又因为,所以,故.
11．[2025·贵阳适应性考试]已知是定义在上的连续可导的偶函数，且也是偶函数.若,则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. , D. ,
【答案】D
【解析】选.为 上的偶函数，所以,对等式两边求导得.因为 是偶函数，所以.由①②得.当 时，,单调递增；当 时,,单调递减，又,所以,得 或.
12．已知且,则满足不等式的的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意知，当 时，,因为,所以 在 上单调递增，又,故 在 上单调递增，由复合函数单调性知 在 上单调递减.令,则 在 上单调递增，又,故，即，解得.
13．（13分）已知函数,若.
（1） 证明：在上单调递增；（6分）
（2） 判断与的大小关系，并加以证明.（7分）
【答案】
（1） 解：证明：由题意得,,
所以.
当 时，因为,所以,所以 在 上单调递增.
（2） .
证明如下：设,,
则.
由（1）知 在 上单调递增，
所以.
所以,即 在 上单调递增，所以,
即.
14．（15分）已知函数.
（1） 求函数的单调区间；（7分）
（2） 若函数的图象在点处的切线的倾斜角为 ，对于任意的,函数在区间上总不是单调函数，求实数的取值范围.（8分）
【答案】
（1） 解：由题意知，函数 的定义域为 且.
当 时，令，解得,
即 的单调递增区间为，
令,解得,即 的单调递减区间为；当 时，令，解得,即 的单调递增区间为,令,解得,即 的单调递减区间为;当 时，为常数函数，无单调区间.
综上，当 时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当 时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当 时，无单调区间.
（2） 由（1）及题意得，
即,所以,
.
所以,
所以.
因为 在区间 上总不是单调函数，
所以 在区间 上有变号零点.
由于,所以
当 时，即 对任意 恒成立，由于，故只要 且,即.
由,得,
所以.
即实数 的取值范围是，.
培优课 导数中的函数构造问题
类型一 通过导数的运算法则构造函数
（1）出现形式，构造函数;
（2）出现形式，构造函数;
（3）出现的形式，构造函数;
（4）出现的形式，构造函数;
（5）出现的形式，构造函数;
（6）出现的形式，构造函数;
（7）出现的形式，构造函数;
（8）出现的形式，构造函数.
角度1 利用与构造函数
［例1］ 定义在上的偶函数的导函数为,且当时，,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为当 时，,所以,设,则当 时，,所以 在 上单调递增，又函数 为偶函数，所以 为偶函数，所以 在 上单调递减，所以,即,所以,故 错误；,即,所以,故 错误；,即，所以,故 错误；,即,所以,故 正确.
［对点训练］．已知定义在上的函数,其导函数为,当时，,若,，,则,,的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.令,则,因为当 时，,所以，在 上单调递减，所以,所以,即,所以.
角度2 利用与构造函数
［例2］ [2025·吉林模拟]已知定义在上的函数的导函数为,若,,则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令,，
则.
因为,即,又,所以,即 在定义域 上单调递增，且,
当 时，,即;
当 时，,即.
所以不等式 的解集为.
［对点训练］．[2025·周口模拟]已知定义在上的函数的导函数为，对任意满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选.构造函数,则,因为,故,因此可得 在 上是减函数，由于,故.
角度3 利用与,构造函数
［例3］ （多选）已知定义在，上的函数,是的导函数,且恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】令,,,则,因为当,时,恒成立，所以 恒成立，即函数 在，上单调递减.对于，，因为,所以,即,所以，，又 的取值无法确定,故 一定成立，不一定成立;对于，，因为,所以,即，所以，,又 的取值无法确定,故 一定成立，不一定成立.
［对点训练］．已知函数的定义域为，，是的导函数，且恒成立.若,则关于的不等式的解集是_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】因为,，,所以，令,,则 在,上为增函数.因为，所以，因为,所以,所以,所以原不等式的解集为,.
类型二 同构法构造函数
角度1 结构相同时构造函数
根据所给代数式（等式、不等式）中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质从而解决问题.
［例4］ 已知,,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】构造函数,则，在 上恒成立，所以函数 在 上单调递增.因为，所以，即，所以.
［对点训练］．已知,且,且,且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.三个等式可变形为,,.因为,所以.
同理,.构造函数,,则.
当 时，,单调递减；
当 时，,单调递增.
因为,故.
同理，,,,.
因为,所以,即.
角度2 结构不同时构造函数
当所研究的数或式在形式或结构上不相同时，常用基本构造模式将其转化为结构相同的函数，从而解决问题.
（1）乘积型:如可以同构成,进而构造函数;
（2）比商型:如可以同构成,进而构造函数;
（3）和差型:如,同构后可以构造函数或.
［例5］ 若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】由题意知，,，
,构造函数,,则,所以 在定义域 上单调递增，因为 对,恒成立，所以 对,恒成立，即 对于任意的 恒成立，令，则.
当 时，，单调递减，
当 时，,单调递增，所以当 时，取得最小值，,从而,即,
所以实数 的最大值为.
［对点训练］
1．对不等式进行指对同构时，可以构造的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选.由 可得，
,
所以构造函数.
2．[2025·商洛模拟]已知，对任意的，不等式恒成立，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.由题意，不等式即，两边同乘正数，得.
方法一：转化为，
令，则，
当 时，，
所以 在 上单调递增.
则不等式等价于 恒成立.
因为，，所以，，
所以 对任意 恒成立，
即 恒成立.
设，可得，
当 时,,单调递增,
当 时,,单调递减．
所以当 时,有最大值，
于是，解得．
方法二：转化为，
令，则，
当 时，，
所以 在，上单调递增.
则不等式等价于 恒成立.
因为，，所以，，
所以 对任意 恒成立，即 恒成立.以下同方法一.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知,,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.设,则,,，又,当 时，，在 上单调递减，又,所以，即.
2．若函数是奇函数的导函数，.当时，，则使成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】选.由题意得，当 时，，令，则当 时，，故 在 上单调递增.因为，所以，又因为 为奇函数，所以 为奇函数，所以，且 在区间 上单调递增，所以使，即 成立的 的取值范围是.
3．已知 ,,,且，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.构造函数，,则，.当 时，,单调递增;当,时，,单调递减.由，得 ，即，又易知 为偶函数,所以，可得.
4．若命题，命题,则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】选.构造函数,则函数 为增函数.由，得，即，所以，所以 是 的充分不必要条件.
5．[2025·南昌模拟]已知定义在上的函数满足,且有，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.设，则,所以 是增函数.又,则.因为 等价于,即,所以，即所求不等式的解集为.
6．已知定义在上的函数的导函数为，若,则下列判断一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.令,则,所以 在 上单调递增.又,所以当 时，，,则,,故 不正确；的符号不确定，故，不一定正确；当 时，,,则,故,故 正确.
7．已知函数是定义在上可导的奇函数，且当时，成立(其中是的导函数)，若,，，则,,的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选.构造函数,则，因为当 时，，所以,即，所以 在 上是减函数，易知 是偶函数，所以 在 上是增函数.因为,，,,所以,即.
8．已知定义在，内的函数的导函数为,，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选.令,,,则，即函数 在，上单调递增.因为,所以,即,因此可得，故 正确，错误；，故 错误；，故 错误.
9．已知,为正实数，,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由，得,构造函数,则,即 在 上单调递增，由,得,即.由基本不等式可知，,当且仅当 时等号成立，所以.
10．若成立，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选.方法一：由,
可得,
构造函数,则,
所以 在 上是增函数，
又,所以.
方法二：由,
可得,
构造函数,
则 在 上恒成立,
所以 在 上是增函数，
又,所以,即.
11．（多选）若实数,满足,则下列关系式中可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】选.设,,则 和 在 上均为增函数，且，.当 时，;当 时，;当 时，.若，则 或 或 或.
12．（多选）已知是自然对数的底数，则下列不等关系中错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】选.令,则,当 时，,当 时，，所以 在 上单调递增，在 上单调递减.对于，因为，所以,即,所以,故 错误；
对于，，，因为 ,所以,即,所以,,,故 正确，，错误.
13．已知函数的定义域是，其导函数为，且满足,则_ _ 0.（填“ ”“ ”或“”）
【答案】
【解析】令,可得,则 在 上是增函数，所以，又,所以，即.
14．若是上可导的奇函数，当时，，则不等式的解集为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】令,则 在 上恒成立，
故 在 上单调递减.
又 为 上的奇函数，
所以 为 上的奇函数，
所以 在 上单调递减，
故 在 上单调递减且，
不等式 可化为,
即，即,所以，所以原不等式的解集为.
B 综合运用
15．已知函数,，若对任意两个不相等的正数,,都有,则的取值范围是（ ）
A. ， B. , C. , D. ,
【答案】D
【解析】选.不妨设,由,得,令，则,所以 在区间 上单调递减，所以 在 上恒成立，即,所以,即 的取值范围是，.
16．已知,,,其中,,，且， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.由题意可知，,, ,所以，, .
构造函数,
则,，.
又,当 时，,当 时，，即 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为 ,所以,所以,，又, ,由函数图象可知，.
17．[2025·湖北模拟]若对于任意正数,，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. ， B. , C. , D. ,
【答案】C
【解析】选.由题知,即,令,,则.设,则,令，得,令，得，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，当 时，有最大值，,所以.
18．[2025·成都模拟]已知,不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】选.当 时，，则，
即.
令,,则 在 上恒成立，故 在 上单调递增，
所以由，可得,
即,令,，
则,当 时，，当且仅当 时等号成立，
所以 在 上单调递增，则，解得,所以 的最大值为.
第4讲 导数与函数的极值
课标要求 考情分析
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2.会用导数求函数的极大值、极小值. 命题形式 三种题型都可能出现，题目难度较大. 常考内容 求已知函数的极值.
必备知识 自主排查
理一理
函数的极值
条件
附近的左侧①_ _ _ _ 0,右侧②_ _ _ _ 0 附近的左侧③_ _ _ _ 0,右侧④_ _ _ _ 0
图象 形如山峰 形如山谷
极值 为极⑤ 值 为极⑥ 值
极值点 为极⑦ 值点 为极⑧ 值点
提醒 （1）在函数的整个定义域内,极值不一定是唯一的,有可能有多个极大值或极小值.
（2）极大值与极小值之间无确定的大小关系.
【答案】； ； ； ； 大； 小； 大； 小
常用结论
1.对于可导函数，是函数在处有极值的必要不充分条件.
2.极值点不是点，而是一个实数，极大值与极小值没有必然联系，极小值可能比极大值大.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”,错误的打“×”）
（1） 导数为0的点一定是极值点.（ ）
（2） 同一个函数的极大值不一定比极小值大.（ ）
（3） 极值点出现在区间的内部，端点不能是极值点.（ ）
【答案】（1） ×
（2） √
（3） √
2．（选择性必修第二册 改编）已知函数的定义域为,导函数的图象如图所示，则函数（ ）
A. 无极大值点，有四个极小值点
B. 有三个极大值点，一个极小值点
C. 有两个极大值点，两个极小值点
D. 有四个极大值点，无极小值点
【答案】C
【解析】选.设 的图象与 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为,,,（图略）.
当 时，,当 时，,则 为 的极大值点，
同理,为 的极大值点，,为 的极小值点.
3．（选择性必修第二册（2）改编）函数的极小值为_ _ _ _ _ _ ，极大值为.
【答案】； 16
【解析】由题意可得,令,解得 或.
当 变化时，,随 的变化情况如表所示，
2
0 - 0
单调递增 16 单调递减 单调递增
所以函数 的极小值为，极大值为.
4．（用结论）已知函数在处取得极值，则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得，且，即，解得，经验证，符合题意.
核心考点 师生共研
考点一 由函数图象判断极值
［例1］ [2025·玉溪模拟]（多选）设函数在上可导，其导函数为且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A. 函数有极大值 B. 函数有极大值
C. 函数有极小值 D. 函数有极小值
【答案】AD
【解析】由题图可知，当 时，，且，则，在区间 上单调递增；
当 时，，且，则，在区间 上单调递减；
当 时，，且，则，在区间 上单调递减；
当 时，，且，则，在区间 上单调递增，所以函数 的极大值为，极小值为.
［感悟进阶］
由图象判断函数 的极值的关键
（1）由的图象与轴的交点，可得函数的可能极值点；
（2）由的图象可以看出的值的正负，从而可得函数的单调性.两者结合可得极值.
［对点训练］．[2025·北京模拟]如图是函数的导函数的图象，下列结论正确的是（ ）
A. 在处取得极大值
B. 1是函数的极值点
C. 是函数的极小值点
D. 函数在区间上单调递减
【答案】C
【解析】选.由题图可知当 时，,单调递减，当 时，,当且仅当 时等号成立，单调递增，故 是函数 的极小值点，无极大值.
考点二 求已知函数的极值
［例2］
（1） [2024·全国甲卷改编]已知函数.则的极小值为_ _ _ _ .
（2） 已知函数,讨论函数在定义域内极值点的个数.
【答案】（1） 0
（2） 由题意知，函数 的定义域为，.
当 时，在 上恒成立，则函数 在 上单调递增，此时函数 在定义域内无极值点；
当 时，当,,则，单调递增；
当,,则，单调递减,故函数 在 处有极大值.
综上可知，当 时，函数 无极值点；
当 时，函数 有一个极大值点.
【解析】
（1） 【解】函数 的定义域为，则,令,则,可得 在 上恒成立，则 在 上单调递增，又，所以当 时，,即，单调递减，当 时，,即,单调递增，所以 在 处取得极小值，.故答案为0.
［感悟进阶］
求函数 的极值或极值点的步骤
（1）求导数，不要忘记函数的定义域；
（2）求方程的根；
（3）检查在方程的根的左、右两侧的符号，确定函数的极值或极值点.
［对点训练］．[2025·开封质检]已知函数,为的导函数，求函数的单调区间和极值.
解：由题意得，,则，令,解得 或.
当 变化时，,的变化情况如表所示：
1 2
0 - 0
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数 的单调递减区间为，单调递增区间为，.
故 的极小值为，的极大值为.
考点三 已知函数极值（点）求参数
［例3］ [2023·新课标Ⅱ卷]（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】由题得，函数 的定义域为,,因为函数 既有极大值也有极小值，所以关于 的方程 有两个不等的正实根,,则
即 又，所以
细研真题　本题源于教材人教A版选择性必修第二册P81T8.考查利用导数研究函数的性质与函数的零点，本题可做如下复式．
真题变式．（多选）若函数既有极大值也有极小值，且的极大值点是1，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】选.由题得，函数 的定义域为，,因为函数 既有极大值也有极小值，且极大值点是1.
所以关于 的方程 有两个不等的根，一根是1，另一根大于1，则 所以,,.又，所以，所以.
［感悟进阶］
根据函数的极值（点）求参数的两个要领
（1）列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
（2）验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
［对点训练］
1．[2025·重庆模拟]设，若函数在,上有极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. , B. ，
C. , D. ,
【答案】B
【解析】选.函数 在,上有极值点，则 在 上有零点.,令,则 的零点即为 的零点，且函数 在 上单调递增，所以,解得.所以实数 的取值范围为.
2．(2025·全国二卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝__________．
解析：方法一：因为f(x)＝(x－1)(x－2)·(x－a)＝x3－(a＋3)x2＋(3a＋2)x－2a，所以f′(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a＋2.
因为x＝2是f(x)的极值点，所以f′(2)＝12－4(a＋3)＋3a＋2＝0，解得a＝2，经检验，符合题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4.
方法二：f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a)＋(x－1)(x－2)，因为x＝2是f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2，经检验，符合题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4.
答案：－4
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知函数的定义域为，其导函数在内的图象如图所示，则函数在内的极小值有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】选.因为极小值点两侧函数的单调性是先减后增，对应导函数值是先负后正，由题图可知，在区间 内，在点的左右两侧，导函数值先负后正的点只有1个.所以函数 在区间 内的极小值有1个.
2．已知函数,则的极大值为（ ）
A. B. C. 1 D. 0
【答案】B
【解析】选.由题意知，,令,解得.
当 变化时，，的变化情况如表所示，
0 -
单调递增 单调递减
所以函数 的极大值为.
3．若函数在处有极大值，则（ ）
A. 5 B. 3 C. 1 D. 0
【答案】C
【解析】选.由题意得，,,即,解得,当 时，,令,解得 或，所以函数 在,,上单调递增，令,解得，所以函数 在,上单调递减，所以当 时，函数 在 处有极大值，符合题意，故.
4．[2025·四川开学考]函数 的极值点个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】选.当 时,,此时函数 在 上单调递减，在 上单调递增，故此时函数 有一个极小值点2；
当 时，,因为 恒成立，故函数 在 上单调递减，无极值点.
综上，函数 的极值点只有1个.
5．（多选）已知函数,则下列说法正确的有（ ）
A. 曲线在处的切线方程为
B. 的单调递减区间为，
C. 的极大值为
D. 方程有两个不同的根
【答案】AB
【解析】选.由题意知，.
对于，因为,,所以曲线 在 处的切线方程为,故 正确；
对于，令,解得,当,时，,所以 的单调递减区间为，,故 正确；
对于，当,时，,单调递增，所以 有极小值，无极大值，故 错误；
对于，的极小值为,当 时，;当 时，,所以方程 有且只有一个根，故 错误.
6．函数的极大值是_ _ _ _ .
【答案】
【解析】因为,令,解得,故 在 上单调递增;令,解得，故 在 上单调递减,所以当 时,取得极大值，.
7．已知函数有两个极值点,,且,则_ _ _ _ .
【答案】0
【解析】因为,,所以 有两个不同的实数解,,则由根与系数的关系得,,所以,解得.
8．已知函数的极小值为，其导函数的图象如图所示，则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题可得,,则,所以,令,可得 或,由题图可知，且 在 处有极小值，所以,即，又，解得,,故.
9．（13分）已知,是实数，1和是函数的两个极值点.
（1） 求,的值；（6分）
（2） 设函数的导函数,求的极值点.（7分）
【答案】（1） 解：由题意知,且,,解得,.经检验，符合题意，故，.
（2） 由（1）知,则,
令，解得,.
当 时，，即 在 上单调递减；
当 时，,
当 时，,
即 在 上单调递增.
所以 的极值点为.
B 综合运用
10．[2025·南通模拟]设函数满足,,若,则（ ）
A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值
C. 既有极大值又有极小值 D. 既无极大值也无极小值
【答案】D
【解析】选.令,则,.由，得,故.令，则.当,时，,即 单调递减；当,时,,即 单调递增，所以,所以 在 上恒成立，即 在 上单调递增，所以 既无极大值也无极小值.
11．(多选)(2025·信阳联考)已知函数f(x)＝xe2x－x2－x－，则(　　)
A．－和0是函数f(x)的极值点
B．f(x)在(－，0)上单调递增
C．f(x)的极大值为－
D．f(x)的极小值为－
解析：选ACD.由题得f′(x)＝e2x＋2xe2x－2x－1＝(2x＋1)(e2x－1).当x＜－或x＞0时，f′(x)＞0；当－＜x＜0时，f′(x)＜0.所以函数f(x)在(－∞，－)，(0，＋∞)上单调递增，在(－，0)上单调递减，所以－和0分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，故A正确；f(x)在(－，0)上单调递减，故B错误；f(x)的极大值为f(－)＝－×e-1－＋－＝－，故C正确；f(x)的极小值为f(0)＝－，故D正确．
12．(多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　)
A．f(0)＝0
B．当x＜0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C．f(x)≥2当且仅当x≥
D．x＝－1是f(x)的极大值点
解析：选ABD.通解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；当x＜0时，－x＞0，因此f(－x)＝[(－x)2－3]e－x＋2＝－f(x)，因此f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；当x＞0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex.令f′(x)>0，得x>1.令f′(x)＜0，得0＜x＜1，因此f(x)在x＝1处取得极小值，因此奇函数f(x)在x＝－1处取得极大值，故D正确；当x＞0时，f(x)≥2，即(x2－3)ex≥0，解得x≥，当x＜0时，f(x)在x＝－1处取得极大值，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2e－2＞2，
因此在(－∞，0)上也存在满足f(x)≥2的区间，故C错误．故选ABD.
快解：对于C，结合选项D可分析出作出f(x)的大致图象，如图所示，由图可知C选项错误．
13．[2025· 八省联考]（15分）已知函数.
（1） 设，，求曲线的斜率为2的切线方程;（5分）
（2） 若是的极小值点，求的取值范围.（10分）
【答案】
（1） 解：由题意，,函数 的定义域为,令，得,
所以,故切点为,又斜率为2,则切线方程为.
（2） 函数 的定义域为,因为 是 的极小值点，所以,得.
所以
.
①若，则,令 得,此时当 时，,单调递增；当 时，,单调递减，在 处取得极大值，不符合题意，舍去.
②若，当 时，,单调递减；当 时，,单调递增；当 时，,单调递减,此时，在 处取得极大值，不符合题意，舍去.
③若，则,在 上单调递减，不存在极值，舍去.
④若，当 时，,单调递减；
当 时，,单调递增；当 时，,单调递减,
此时 在 处取得极小值，符合题意.
综上，的取值范围为.
14．[2025·济南模拟]（15分）已知函数.
（1） 当时，求的单调区间；（7分）
（2） 讨论的极值点的个数.（8分）
【答案】
（1） 解：当 时，,
则,
令,解得,此时 单调递增；令，解得,此时 单调递减，所以 的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2） 由题意知，.
当 时，,
所以 在 上单调递增，此时 无极值点.
当 时，令,则,令，解得（舍去）， ,易知,，当 时，;当 时，,所以当 时，,单调递减；当 时,,单调递增，此时 极值点的个数为1.
综上，当 时，极值点的个数为0；当 时，极值点的个数为1.
第5讲 导数与函数的最值
课标要求 考情分析
1.理解函数最值与极值的关系. 2.会求闭区间上函数的最大值、最小值. 3.了解最值在现实生活中的应用. 命题形式 三种题型都可能出现，题目难度较大. 常考内容 求已知函数最值. 创新考法 新背景下的优化问题.
必备知识 自主排查
理一理
函数的最值
（1）闭区间上连续的函数在上必有最大值与最小值.
（2）若函数在上单调递增,则①_ _ _ _ _ _ _ _ 为函数的最小值,②_ _ _ _ _ _ _ _ 为函数的最大值;若函数在上单调递减,则③_ _ _ _ _ _ _ _ 为函数的最大值,④_ _ _ _ _ _ _ _ 为函数的最小值.
提醒 函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
常用结论
若函数在区间内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数在区间上的最值点.
【答案】； ； ；
练一练
1．判断正误（正确的打“√”,错误的打“×”）
（1） 有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值.（ ）
（2） 函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值.（ ）
（3） 连续函数在区间上一定存在最值.（ ）
【答案】（1） ×
（2） √
（3） √
2．（选择性必修第二册P93例6改编）函数在区间内的最小值为 _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得，，令，解得 或，当 时，，函数 单调递减，当 时，，函数 单调递增，所以函数 在区间 内的最小值为.
3．（用结论）函数在，上的最大值是_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得,，令，解得,所以当 时，，所以 在，上单调递增，故 在,上的最大值为.
核心考点 师生共研
考点一 求已知函数的最值
［例1］ 函数的最小值为（ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】由题知，的定义域为，,所以当 时，,单调递减；当 时，,单调递增，所以 在 上的最小值为.
［感悟进阶］
求函数f(x)最值的步骤
(1)求导数f′(x)；
(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
(3)求f(x)在区间端点处的函数值；
(4)将f(x)的各极值与f(x)的端点处函数值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值．
［对点训练］
1．函数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由题意得,,易知 在 上单调递减，在 上单调递增，故
2．已知函数,则（ ）
A. 有最大值，无最小值 B. 无最大值，有最小值
C. 既有最大值，又有最小值 D. 既无最大值，也无最小值
【答案】B
【解析】选.由题得函数 的定义域为，,当 时，；
当 时，.所以 在 上单调递增，在,上单调递减.
又当 时，与二次函数相比，指数函数 呈爆炸性增长，从而;当 时， .又，所以函数 无最大值，有最小值.
考点二 由函数的最值求参数
［例2］
（1） 已知函数,其中为常数，若在区间上的最大值为，则_ _ _ _ _ _ _ _ .
（2） [2025·南宁适应性测试]已知函数的最小值为，则实数的取值范围为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 由题意得，,当 时，,.①当 时,,在 上单调递增，此时,不合题意；②当 时,令，解得；令，解得,从而 在，上单调递增，在,上单调递减,所以,解得.因为,所以 符合题意.
（2） 因为,所以,①若,则当 时，,在 上单调递减，当 时，，在 上单调递增，故当 时，有最小值.②若,则当 时， ,不符合题意.故实数 的取值范围为.
［感悟进阶］
已知函数的最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决.
［对点训练］
1．若函数在区间上的最大值为0，则（ ）
A. 0 B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】选.,当 时，,在 上单调递增，无最大值.
当 时，当,时，，单调递增；当,时，,单调递减，所以当 时，有最大值，最大值为,所以,所以.
2．已知函数在上有最大值，则实数的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意得，,令,解得 或，令,解得,
所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增.
因为函数 在 上有最大值，
所以 解得.
故实数 的取值范围是.
考点三 生活中的优化问题
［例3］ 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池（不计厚度）.设该蓄水池的底面半径为（单位：米），高为（单位：米），体积为（单位：立方米）.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 元（ 为圆周率）.
（1） 将表示成的函数，并求该函数的定义域；
（2） 讨论函数的单调性，并确定和为何值时该蓄水池的体积最大.
【答案】
（1） 【解】因为蓄水池侧面的建造成本为（元），底面的建造成本为（元），所以蓄水池的总建造成本为 元.
根据题意，得 ,
所以,
所以.
由题意得,，解得,
故函数 的定义域为.
（2） 因为,,
所以.
令,解得,（舍去）.
当 时，，在 上单调递增；
当 时，,在 上单调递减.
由此可知，在 处取得最大值，此时,即当,时，该蓄水池的体积最大.
［感悟进阶］
利用导数解决生活中实际应用问题的一般步骤
［对点训练］．某型号轮船每小时的运输成本（单位：元）由可变部分和固定部分组成.其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为 时，其可变部分成本为每小时8元，固定部分成本为每小时128元.设该轮船的航行速度为.
（1） 试将该轮船每小时的运输成本表示为的函数；
（2） 当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本（单位：元）最低？
【答案】
（1） 解：设当该轮船的航行速度为 时，其每小时的可变部分成本为（单位：元），
则,.
由题意，得,解得,
故,所以该轮船每小时的运输成本.
（2） 该轮船每千米的运输成本,
则.
令,解得.
令,解得,在区间 上单调递增；
令,解得,在区间 上单调递减.
所以当 时，取得最小值.
故当该轮船的航行速度为 时，其每千米的运输成本 最低.
培优点 三次函数图象的对称性
形如的函数，称为“三次函数”，且函数图象的对称中心为点,.
证明：方法一：设函数 的对称中心为.
将函数的图象进行平移，
则所得函数 是奇函数，
所以,
代入化简得，,
上式对 恒成立，
故,
解得,.
所以函数 图象的对称中心是,.
方法二：因为,
所以,令,
所以.
令,即,所以,
所以，
所以点 是函数 图象的对称中心.
即函数 图象的对称中心为,.
［典例］ [2024· 新课标Ⅱ卷]（多选）设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，是的极大值点
C. 存在，，使得为曲线的对称轴
D. 存在，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【解析】依题意得,令,则,解得 或.
对于，当 时，当 变化时，，的变化情况如下：
0
0 - 0
极大值 极小值
又,,所以 有三个零点，故 正确.
对于，当 时，当 变化时，，的变化情况如下：
0
0 - 0
极大值 极小值
所以 是 的极小值点，故 错误.
对于,当 时， ;当 时， ,因此曲线 不存在垂直于 轴的对称轴，故 错误.
对于，方法一：令 得,令,则,解得,令,得,
因此，当 时，点 为曲线 的对称中心.
验证：,所以.故 正确.
方法二：因为任意三次函数 的图象均关于点,成中心对称，若点 为曲线 的对称中心，则，即，.以下同方法一.
［对点训练］．已知,且,,则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】,令,则,令,解得，,故函数 图象的对称中心为.
因为,
所以.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．函数在区间，内的最大值为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由,得,，令,得,当 时，,当 时，,即 在 上单调递增，在 上单调递减，故.
2．已知函数,,且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.由,得,所以;令,则,令,解得.当 时，,即 在 上单调递减；当 时，,即 在 上单调递增，即,故.
3．[2025· 东北三省四市联考]在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ）
A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1
C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1
【答案】C
【解析】选.由导数与函数单调性的关系可知，题图中实线是函数 的图象，虚线是函数 的图象.由题图可知，,,恒成立，所以函数 在 上单调递增，且 恒成立.对于，，恒成立，所以 在 上单调递增，无最大值，无最小值，故,错误;对于,，，由题图可知 在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时,有最大值1，无最小值，故 正确，错误.
4．已知函数在区间内有最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由题可知,令，则 恒成立，所以 单调递增，因为 在区间 内有最小值，所以 在区间 内有变号零点，则 解得.故 的取值范围是.
5．（多选）已知函数,.下列结论正确的是（ ）
A. 函数不存在最大值，也不存在最小值
B. 函数存在极大值和极小值
C. 函数有且只有1个零点
D. 函数的极小值就是的最小值
【答案】BCD
【解析】选.,,
则,
令，解得,
令，解得 或,
所以函数 在 上单调递减，在，上单调递增，且,,所以,函数 在 处取得极大值，在 处取得极小值，极小值 即为最小值，且函数有且只有一个零点.
6．函数的最大值为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题得.
令,解得;
令,解得.
所以函数 的单调递增区间为,单调递减区间为,所以函数 的最大值为.
7．已知是奇函数，当时，,则当时，的最小值为_ _ _ _ .
【答案】1
【解析】因为,所以,
所以,
又因为 是奇函数,
所以,
所以当 时，,
则,
令,解得,
令,解得,
令,解得，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，所以.
所以当 时，的最小值为1.
8．已知函数的最小值为，则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】函数 的定义域为，,当 时，，单调递减；当 时，，单调递增,所以函数 的最小值为，解得.
9．（13分）已知函数,.若在处取得极值,求的单调区间，以及最大值与最小值.
解：由题意,得，
，即，
解得.当 时，,
.
令，解得 或.
当 变化时，与 的变化情况如表，
4
0 - 0
单调递增 1 单调递减 单调递增
因此，函数 的单调递增区间是 和,单调递减区间是，在 处取得极大值，符合题意.
令,解得,
所以当 ,时，,
当,时，,
所以 的最大值是，
的最小值是.
B 综合运用
10．[2024· 新课标Ⅱ卷]设函数.若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】选.由题意得 的定义域为.当 时，，则，即;当 时，，则，即，
所以，即，
则.
所以 的最小值为.
11．已知函数若，且，则的最小值为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】D
【解析】选.设，
因为，
所以 解得
因此，令，则，
易知 单调递增，又,
所以当 时，，单调递减；
当 时，，单调递增，所以 在 处取得极小值，也是最小值，最小值为，故 的最小值为2.
12．[2025·达州模拟]已知函数，若当时，函数存在最小值，则实数的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】由题意,在 时有最小值，
即 在 上有极小值，
因为 在 上单调递增，所以只需 即
解得，这时存在，
使得 在区间 上单调递减，
在区间 上单调递增，
即函数 在区间 上有极小值也即最小值，所以实数 的取值范围是.
13．（15分）已知函数,,其中为自然对数的底数.
（1） 若为的极值点，求的单调区间和最大值；（7分）
（2） 是否存在实数，使得的最大值是 若存在，求出的值；若不存在，说明理由.（8分）
【答案】
（1） 解：因为,，
所以,由,得.
所以,当 时,,
当 时，,
所以 的单调递增区间是，
单调递减区间是,
的极大值也即 的最大值为.
（2） 由（1）知，,
①当 时，恒成立，则 在 上单调递增，得 的最大值是，所以,解得，舍去；
②当 时，由,得,当,即 时，若,,,若,,,
所以 的单调递增区间是,，单调递减区间是,,则 在 上的最大值为，所以,所以;当,即 时，在 上单调递增，所以 的最大值是，所以,解得,舍去.
综上，存在实数 使得 的最大值是，此时.
14．(15分)高铁的快速发展给人们的出行带来了巨大的便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20，t∈N*.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当10≤t≤20时，高铁为满载状态，载客量为1 200人；当2≤t＜10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．设发车时间间隔为t分钟时，高铁的载客量为P(t).
(1)求P(t)的解析式；(7分)
(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(单位：元)满足Q(t)＝P(t)－40t2＋660t－2 048，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？最大为多少？(8分)
解：(1)当2≤t<10时，减少的人数与(10－t)2成正比，设比例系数为k(k>0)，
所以P(t)＝1 200－k(10－t)2(2≤t＜10)，
当t＝5时，P(5)＝1 200－k(10－5)2＝950，解得k＝10，
所以P(t)＝
(2)由题意可得Q(t)＝
所以＝
令H(t)＝，当2≤t＜10时，
H′(t)＝－4t＋＝，
令H′(t)＝0，解得t＝8.
当2≤t＜8时，H′(t)＞0，H(t)单调递增，
当8＜t＜10时，H′(t)＜0，H(t)单调递减，
此时H(t)的最大值为H(8)＝316；
当10≤t≤20时，H′(t)＝－40＋＜0，H(t)单调递减，
此时H(t)的最大值为H(10)＝295.2.
因为295.2＜316，所以当t＝8时，取得最大值，最大值为316，
即当发车时间间隔为8分钟时，单位时间的净收益最大，最大为316元．
难点突破一 导数中的综合问题
第1课时 不等式的恒（能）成立问题
不等式的恒（能）成立问题主要有两类，一类是直接的恒成立问题，另一类是有解问题转化成恒成立问题.
方法归类 解题思路
恒成立问题的转化 恒成立恒成立. 恒成立恒成立. 恒成立恒成立.
有解问题的转化 有解有解. 有解有解. 有解有解.
技法一 分离参数法
［例1］ [2025·东北三省四市联考]已知函数，.若对任意，恒成立，求的取值范围.
【解】 由题意知 恒成立,
即,即.
设,则,
令,解得,
当 时，,单调递增，当,时，，单调递减，所以.所以,故 的取值范围为,.
［感悟进阶］
利用导数解决不等式的恒(能)成立问题的策略
(1)利用分离参数法将原不等式恒(能)成立问题转化为函数的最值问题；
(2)利用可分离变量构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，进而得出参数的取值范围．
［对点训练］．已知函数,.
（1） 当时，求函数的极值；
（2） 若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】
（1） 解：当 时，,
则,
当 时，,当 时，,
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以函数 的极大值为,无极小值.
（2） 由题得，存在，使 成立,即 成立,
则问题转化为,
令,,.当 时，,当 时，,所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以,所以，故实数 的取值范围为 ,.
技法二 分类讨论法
［例2］ 已知函数.若存在非零实数,使得当时，恒成立，求的取值范围.
【解】 令,
则 在 上恒成立，
.
①若,则,函数 单调递减，显然不合题意.
②若，令 得，，，
当,即 时，由 可得,函数 单调递增，故当 时，取得最小值.
即,
解得,故;
当,即 时，由 解得,由 解得.
即函数 在，上单调递减，在,上单调递增，当 时，取得极小值，也是最小值，即,解得，故.综上可得，的取值范围是.
［感悟进阶］
根据不等式恒成立求参数的取值范围关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题的关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段区间上求函数的最值，并判断是否符合题意，若不符合题意，只需找一个值或一段区间内的函数值不符合题意即可.
［对点训练］．[2025·昆明模拟]已知函数.当时，，求的取值范围.
解：当 时，等价于,即 在 上恒成立，令,即 恒成立.
,
①当 时，,在 上单调递减，所以，不符合题意；
②当 时，由，解得,当 时，,单调递减，此时，,不符合题意；
③当 时，，
因为,所以,
则,在 上单调递增，
所以,符合题意.
综上所述，的取值范围为，.
课后达标 分级演练
1．已知有解，则实数的取值范围为（ ）
A. , B. , C. D. ,
【答案】A
【解析】选.因为 在 上有解，所以 在 上有解.令，则,当 时，,在 上单调递减；当 时，,在 上单调递增.所以,所以,所以实数 的取值范围为,.
2．若,恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.因为，恒成立，所以 在 上恒成立，所以.
令,,
则
.
令,解得,当 时，，在 上单调递增，
当 时，,在 上单调递减，故.
所以,故实数 的取值范围为,.
3．已知函数，若存在,,使成立，则的取值范围为（ ）
A. ， B. ,
C. , D. ,
【答案】A
【解析】选.由,得,,,即 在，上能成立，令，,,则,设，，，则,所以 在,上单调递增，所以,所以在,上，,单调递增，所以,即，故 的取值范围是，.
4．已知函数，函数，若对任意的，存在,，使得，则实数的取值范围为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】 ,
【解析】由题意得.
，当 时，，
故 在 上单调递增，.
，
当,时，，
当 时，，
即 在,上单调递增，在 上单调递减，.
则，解得，
故实数 的取值范围是 ,.
5．[2025·菏泽模拟]（13分）已知函数.
（1） 讨论的最值；（6分）
（2） 若,且,求的取值范围.（7分）
【答案】
（1） 解：因为 的定义域为,
可得，.
因为，令,解得，
所以当,时，,单调递减，当,时，,单调递增，故当 时，取得极小值，也是最小值，,无最大值.
（2） 当 时，,
由,可得,
整理得，
即,
令,
则
,
由（1）知，当 时，的最小值为，即 恒成立，
所以当 时，,单调递增；当 时，,单调递减.
当 时，取得最大值,
即,故 的取值范围为,.
6．（15分）已知函数,.
（1） 若函数与的图象相切，求实数的值；（7分）
（2） 若存在,使成立，求实数的取值范围.（8分）
【答案】（1） 解：由题意得，,.设函数 与 的图象的切点为,,则,解得 或（舍去），将 代入，得，所以函数 与 的图象的切点坐标为，，将 代入,得,解得.
（2） “存在,使 成立”等价于“存在,使 成立”，则当 时，,.令,解得，令,解得,所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以,即,故实数 的取值范围是 ,.
7．[2025·赤峰模拟]（17分）已知函数,.
（1） 当时，求曲线在处的切线方程；（3分）
（2） 若，，使得，
① 求的单调区间；（6分）
② 求的取值范围.（8分）
【答案】
（1） 解：当 时，，
，又，，
所以曲线 在 处的切线方程为，即.
（2） ① 由题可得，
令，可得,，，
当 时，，
当 时，，
所以 的单调递增区间为，，单调递减区间为，.
② 由题可得,，由①得 在 上单调递增，在 上单调递减，，，所以.
所以当 时，恒成立，即 恒成立.
令,,
.令，解得.
当 时，，单调递增；
当 时，，单调递减.
所以
解得 即.
所以 的取值范围为,.
第2课时 利用导数证明不等式
技法一 作差构造法
［例1］ [2024·全国甲卷]已知函数．
（1） 讨论的单调性；
（2） 设，证明：当时，．
【答案】
（1） 【解】因为，所以，，若，则 恒成立，在 上单调递减；
若，令，解得,则当 时，，当 时，，所以 在,上单调递减，在,上单调递增.
综上，当 时，在 上单调递减；当 时，在,上单调递减，在,上单调递增.
（2） 证明：设，则当 时，等价于当 时.
，令，则，易知 在 上单调递减，
当 时，，
所以 在 上单调递减，
即当 时，，
又，所以，则当 时，，在 上单调递减，
所以当 时，，即当 时，.
［感悟进阶］
作差构造函数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形：将不等式(或)变形为(或);
（2）构造新的函数:;
（3）利用导数研究函数的性质，得到所证不等式.
［对点训练］．当时，证明：.
证明：当 时，等价于当 时，，
设，则,
设，
则.
当 时，，在 上单调递增.
所以当 时，,
即,所以 在 上单调递增，当 时，.
由此可证，当 时，.
技法二 双函数最值法
［例2］ 已知函数.
（1） 求函数的最小值；
（2） 证明：.
【答案】
（1） 【解】由题意知，，,
令 解得,
当,时，,单调递减；
当,时，,单调递增，
所以.
（2） 证明：因为，所以只需证明,设,,
则,当 时，,单调递增，当 时，,单调递减，所以,所以,
由（1）知.
又因为 取等号时，，
取等号时，,
所以等号不能同时取到，
故,则原不等式得证.
［感悟进阶］
“隔离”转化法的一般思路
(1)在证明不等式时，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题；
(2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，或f(x)min≥g(x)max恒成立(f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”)，从而f(x)>g(x)；
(3)证明不等式时，若不能直接转化为最值问题，可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证．
［对点训练］．已知函数.求证：当时，.
证明：因为,所以要证,只需证,即证.
令,则,当 时，,当 时，,则 在，上单调递减，在,上单调递增，则,所以.
再令,则,
当 时，，当 时，,
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则,所以.
因为 与 不同时为0，
所以,故原不等式成立.
课后达标 分级演练
1．[2025·乌鲁木齐质检]（15分）已知,曲线在处的切线方程为.
（1） 求实数,的值;（7分）
（2） 证明：.（8分）
【答案】
（1） 解：由题意知，函数 的定义域为,,
则曲线 在 处的切线斜率为,
又因为,
所以切线方程为,
即,所以,.
（2） 证明：等价于,设,
则,
令,
则,
当且仅当 时等号成立，
所以 在 上单调递减，
又,
所以当 时，,
则 在 上单调递增，
当 时，,
则 在 上单调递减.
所以,所以.
2．[2025·合肥质检]（15分）已知函数,当时，有极大值.
（1） 求实数,的值；（7分）
（2） 当时，证明：.（8分）
【答案】
（1） 解：由题意知，函数 的定义域为，
且,
因为当 时，有极大值,
所以 解得,,
经检验，当,时，在 处有极大值,所以,.
（2） 证明：由（1）知，,
当 时，等价于,
即.
设,
则,当 时，,
所以 在 上单调递增，
所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
故当 时，.
3．（15分）已知函数.
（1） 讨论的单调性；（7分）
（2） 当时，证明：.（8分）
【答案】
（1） 解：由题知，,
①若,则,在 上单调递增；
②若,则当 时，,
当 时，,故 在,上单调递增，在,上单调递减.
综上，当 时，在 上单调递增；当 时，在,上单调递增，在,上单调递减.
（2） 证明：因为,
所以只需证.
当 时，由（1）知，在 上单调递增，在 上单调递减，
所以.
设,则,
所以当 时，,单调递减，
当 时，,单调递增，
所以.
综上，当 时，,
即,即 得证.
4．[2025·辽宁模拟]（17分）已知函数.
（1） 若，,恒成立，求的取值范围；（8分）
（2） 设有两个极值点,,且,求证：.（9分）
【答案】
（1） 解：因为,,
所以由，可得,
设,则.
令,解得;
令,解得,所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，
则当 时，,
所以 等价于,
即,又因为,，
所以,故 的取值范围为.
（2） 证明：由题意知，,其定义域为,
则,
因为 有两个极值点,,
所以方程 有两个不相等的实数根为,,即 的两个不相等的实数根为,,则，且,
所以,即,且,,所以,且,
所以,,
要证,只需证,即证,
即证,
即,
因为,所以,
令,
则 在 上恒成立,
所以 在 上单调递增，
故,
所以.
第3课时 函数的零点问题
函数零点问题的不同处理方法：利用函数零点存在定理的条件——函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，且.
(1)直接法：判断存在一个零点时，若函数f(x)为单调函数，取值证明f(a)f(b)<0；
(2)分类讨论法：判断存在多个零点时，需要先结合单调性确定分类讨论的标准，再利用函数零点存在定理，在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)<0.
技法一 巧用数形结合
［例1］ 已知函数,讨论的零点个数.
【解】 因为,
当 时，,此时 有1个零点；
当 时，,所以 不是函数 的零点，令,
解得,
所以只需讨论 的图象与直线 的交点个数即可.
,因为,
所以当 或 时，,当 时，,
所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，当 时, ,当 且 时， ,当 且 时， ,当 时，且，所以 的大致图象如图所示，
故当 时，，的图象与直线 有1个交点，即 有1个零点，当 时，，的图象与直线 有2个交点，即 有2个零点；
综上，当 时，函数 有1个零点，当 时，函数 有2个零点.
［感悟进阶］
在借助函数图象研究函数零点问题时，要准确画出函数的图象，不仅要研究函数的单调性与极值的情况，还要关注函数值的正负以及变化趋势，把函数图象与轴有无交点，哪一区间在轴上方，哪一区间在轴下方等情况分析清楚，这样才能准确地研究直线与函数图象交点的个数情况.
［对点训练］．已知函数有两个零点，求实数的取值范围.
解：设,则函数 有两个零点等价于直线 与函数 的图象有两个交点.对 求导得,令，解得，当 时，,单调递减，当 时，，单调递增，则，当 时，且，当 时， .作出函数 的大致图象和直线，如图所示，
故实数 的取值范围为，.
技法二 巧用函数性质
［例2］ [2025·日照模拟]已知函数，为自然对数的底数，判断函数的零点个数.
【解】 的定义域为，.
当 时，，，
所以，
所以函数 单调递减，所以，此时函数 无零点.
当 时，设，
则，
所以 在 上单调递增，
即 在 上单调递增，
，，
因此 在 上有唯一零点，
记零点为，即，
所以在 上，，单调递减，
在 上，，单调递增，
又，，
,所以 在 内有一个零点，在 内有一个零点.
综上所述，在定义域上有2个零点.
［感悟进阶］
利用函数的性质研究函数的零点，主要是根据函数的单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，也可以通过数形结合的方法求解．
［对点训练］．已知函数在,上有两个零点，求实数的取值范围.
解：由题意得,因为,,所以由,解得.
当 时，,函数 单调递增，当 时，,函数 单调递减，故当 时，函数 取得最大值，,又,,且，由 在,上有两个零点可得 解得.故实数 的取值范围是，.
课后达标 分级演练
1．（13分）已知函数,证明：函数在内有且仅有一个零点.
证明：由题意得，,
令,解得;令,则；
令，则.
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因为,,.
结合函数 的单调性，可得 在 内有且仅有一个零点.
2．（13分）已知函数.求：
（1） 函数的单调区间；（6分）
（2） 的零点个数.（7分）
【答案】
（1） 解：由题可得，,
令,解得 或,
令,解得;
令，解得 或，
所以 的单调递减区间为;单调递增区间为,.
（2） 由（1）知 的单调递减区间为，单调递增区间为,,
作出函数 的图象如图所示.
由于，则 在 上无零点；由于,则 在 上存在唯一零点.
综上，函数 在 上的零点个数为1.
3．[2025·宜宾模拟]（15分）已知函数.
（1） 当时，求曲线过原点的切线方程；（7分）
（2） 若有三个零点，求的取值范围.（8分）
【答案】
（1） 解：当 时，，
则,设切点为，则切线方程为.
由于切线过原点，所以,解得,所以曲线 过原点的切线方程为.
（2） 由题意知，,
当 时，恒成立，所以 在 上单调递增，至多有一个零点，不合题意；
当 时，令,解得,
令,解得,
令，解得 或,
所以 在 上单调递减，
在,上单调递增.
因为 有三个零点，则
即 解得,
当 时，,
且,所以 在 上有唯一一个零点，
同理,,所以 在 上有唯一一个零点，又 在 上有唯一一个零点，所以 有三个零点.
综上，若 有三个零点，则 的取值范围为.
4．[2025·扬州模拟]（15分）已知且，函数.
（1） 若且,，求函数的最值；（7分）
（2） 若函数有两个零点，求实数的取值范围.（8分）
【答案】
（1） 解：当 时，函数,,,.
，解得,当 时，，在 上单调递减；当 时，，在 上单调递增，所以 在 处有最大值，.
又因为,,，所以 在 处有最小值，.
（2） 函数 的定义域为.函数 有两个零点等价于 有两个不同的解,等价于方程 有两个不同的解，即函数 的图象与直线 有两个不同的交点.
令,则,
令,解得，当 时，
，在 上单调递减，
当 时，,在 上单调递增，当 时， ，当 时，，作出 的大致图象与直线，如图所示：
又,所以,解得,所以实数 的取值范围是.
5．[2025·晋城模拟]（17分）已知函数.
（1） 若恒成立，求的取值范围；（8分）
（2） 若有两个零点,，证明：.（9分）
【答案】
（1） 解：由题意知，.令,易知 单调递增，且.
当 时，，即,单调递减；当 时，，即,单调递增，所以，即,故当 恒成立时，的取值范围是.
（2） 证明：由 的单调性可设，假设，则，
所以,
即.
令.
令,
则,
所以 在 上单调递增，
则,所以，
即，假设成立，
所以.
第4课时 函数与导数中的创新问题
函数新定义题以往在自主命题卷中出现较多，可以出现在各个题型中，其题型灵活，可以单独考查函数知识，也可以与其他知识交汇命题，还可以引用高等数学中的相关知识作为试题背景.试题新颖，对考生的文字阅读、信息提取、转化与化归能力要求较高.
解决新定义问题，有时还需要用类比的方法来理解新定义，这样有助于对新定义的理解更为透彻.此类题中的新定义，对阅读理解能力有一定的要求，但是要学会透过现象看本质，这些问题考查的还是高中数学基础知识，所以说“新题”，不一定是“难题”，掌握好“四基”，以不变应万变才是制胜法宝.
考点一 函数的新定义问题
[例1]　已知y＝f(x)与y＝g(x)都是定义在(0，＋∞)上的函数，若对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1(1)判断函数y＝4x是否为函数y＝2x2(x>0)的一个控制函数，说明理由；
(2)若f(x)＝ln x的导数为f′(x)，0【解】　(1)由题意可知，对任意0且4x1<2(x1＋x2)<4x2，
所以函数y＝4x是函数y＝2x2(x>0)的一个控制函数．
（2） 证明：因为，
所以,
所以,
.
设，，
当 时，,当 时，,
则 在 上单调递减，在 上单调递增，.
因为，所以,，
所以,,
则,
因为，所以,
即.
同理,
因为,所以,
即.
综上，,在区间 上的值域为,则 在区间 上有实数解.
［对点训练］．[2025·滨州模拟]若函数在上有定义，且对于任意不同的,，都有,则称为上的“类函数”.
（1） 若,判断是否为上的“3类函数”.
（2） 若是上的“2类函数”，,
证明：,，,.
【答案】
（1） 解：对于任意不同的,，设,则有,,所以,
,
所以 是 上的“3类函数”.
（2） 证明：由题可知,设,
则.
当 时，
.
当 时，,
因为,所以
.
当,即,时，不等式显然成立.综上所述，,,,.
考点二 引用高数知识为背景
[例2]　(2025·襄阳模拟)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足：
①图象在[a，b]上是一条连续不断的曲线；
②在(a，b)内可导；
③ x∈(a，b)，g′(x)≠0，则 ξ∈(a，b)，使得＝.
特别地，取g(x)＝x，则有 ξ∈(a，b)，使得＝f′(ξ)，此情形称为拉格朗日中值定理．
(1)设函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f′(x)

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